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湖南省名校联盟（YDYC）2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷 B卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1．“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。如图四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（　　）
A．甲和乙 B．乙和丁 C．乙和丙 D．甲和丁
【答案】D
【知识点】等效法；微元法；放大法
【解析】【解答】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法，丙图用的是等效思想，则四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是甲图和丁图。
故答案为：D。
【分析】本题考查物理研究中的思想方法，核心是识别微元法、放大法、等效法的应用场景，对比四幅图的方法本质。
2．关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．汽车经过拱形桥的最高点时处于超重状态
B．公交车拐弯时乘客有倒向弯道内侧的趋势
C．秋千摆到最低点时，坐在秋千上的小孩对秋千的压力可能小于小孩受到的重力
D．火车轨道在弯道处外轨略高于内轨，可使火车拐弯时轮缘对内、外轨的弹力均为0
【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车经过拱形桥的最高点时，加速度竖直向下，处于失重状态，故A错误；
B．因为惯性公交车拐弯时乘客有倒向弯道外侧的趋势，故B错误；
C．秋千摆到最低点时，根据牛顿第二定律，可得秋千对小孩的支持力
根据牛顿第三定律可知坐在秋千上的小孩对秋千的压力大于小孩受到的重力，故C错误；
D．火车转弯时，外轨略高于内轨的设计是为了利用重力和支持力的合力提供向心力，从而减少轮缘对铁轨的侧向压力。理想情况下，如果倾角设计合理，火车可以完全依靠重力和支持力的合力提供向心力，此时轮缘对内、外轨的弹力均为0，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合圆周运动的向心力来源、超重失重的判断条件（加速度方向）和惯性的表现，分析生活中圆周运动现象的受力与运动规律。
3．哈尔滨2025年第九届亚洲冬季运动会短道速滑项目上，我国选手林孝埈夺得男子500米金牌。比赛中林孝埈减速滑过弯道时他受合力及速度方向可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】根据曲线运动的特点，速度沿切线方向和合外力指向曲线凹侧，及减速曲线运动的条件，合力方向与速度方向夹角大于90度，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据曲线运动的受力规律（合力指向曲线凹侧）和减速运动的条件（合力与速度方向的夹角大于 90°），判断合力与速度的方向关系。
4．“七星连珠”是一种罕见的天文现象，指太阳系中距太阳由近到远的七颗行星（水星、金星、火星、木星、土星、天王星、海王星）在天空中几乎排列成一条直线。假设某次“七星连珠”发生时，七颗行星按照距离太阳由近到远的顺序在太阳同一侧排列成一条直线，行星绕太阳的运动均看作匀速圆周运动，且仅考虑受太阳引力作用。则下列说法中正确的是（　　）
A．水星距离太阳最近，受到太阳引力最大
B．水星距离太阳最近，线速度最小
C．海王星距离太阳最远，周期最大
D．海王星距离太阳最远，加速度最大
【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力定律有 ，引力的大小取决于太阳质量、行星质量和它们之间的距离。题目中没有给出行星的质量信息，所以不能确定引力的大小关系，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有 ，解得
即距离越小，线速度越大。因此，水星距离最近，线速度应最大，而不是最小，故B错误；
C．根据周期和线速度的关系有 ，即距离越大，周期越大。海王星距离最远，周期应最大，故C正确；
D．根据牛顿第二定律有 ，解得
即距离越小，加速度越大。海王星距离最远，因此加速度最小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据万有引力定律和天体匀速圆周运动的规律（万有引力提供向心力），推导线速度、周期、加速度的表达式，结合轨道半径的大小关系判断物理量的变化。
5．2025年1月7日，中国航天实现开门红，实践25号双机械臂的在轨服务卫星成功发射，标志我国在该领域技术水平居于世界前列。研发过程中，实验室测试机械臂抛投物体，把质量为m的小球从同一高度的A、B两点抛出，均能垂直击中竖直墙壁上的目标点P，轨迹如图。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．B点抛出的运动时间更短
B．B点抛出的运动时间更长
C．A点抛出的初速度的水平分量更小
D．A点抛出的初速度的水平分量更大
【答案】D
【知识点】自由落体运动；斜抛运动
【解析】【解答】AB．小球做斜抛运动，两次抛体运动均垂直击中P点，说明竖直方向分运动的末速度为零，利用逆向思维，将小球从P到A、B看为平抛运动，根据，解得
可知，小球从A、B两点抛出，击中目标点P的时间相等，故AB错误；
CD．小球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，则初速度的水平分量
A点抛出的水平分位移大于B点抛出的水平分位移，结合上述可知，运动时间相等，则A点抛出的初速度的水平分量更大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】采用逆向思维将斜抛运动转化为平抛运动，结合平抛运动的竖直方向自由落体规律判断运动时间，根据水平方向匀速直线运动规律分析初速度的水平分量。
6．2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车动力全开沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（　　）
A．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零
B．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均不为零
C．若列车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
D．若列车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．当动车组做匀速运动时，对整体有
解得
则根据平衡条件可知第一列车厢有
对于一、二列车厢整体有
可得二、三节车厢间作用力为
以此类推，可知 ， ， ， ，
则可知各车厢间的作用力不是都为零，A错误；B错误；
CD．若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律有
整列车的加速度大小为
对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律有
解得 ，C错误；D正确。
故答案为：D。
【分析】通过整体法与隔离法分析列车的受力，结合平衡条件（匀速）和牛顿第二定律（匀加速），推导车厢间的拉力大小。
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7．从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关，联系生活实际是学好物理的基础。下列有关电学知识的相关说法中，正确的是（　　）
A．图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服应用了静电屏蔽的原理
B．图乙为家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的
C．图丙为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在带负电的金属板上
D．图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相同的电荷
【答案】A,B
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服应用了静电屏蔽的原理，故A正确；
B．图乙为家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的，故B正确；
C．图丙为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在带正电的金属板上，故C错误；
D．图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带不同的电荷，从而产生引力，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】结合静电屏蔽、尖端放电、静电除尘、静电喷漆的工作原理，分析各电学现象的本质和电荷作用规律。
8．如图所示，边长为的正方形ABCD处在匀强电场中，且正方形平面与电场线平行。已知，，，O是对角线AC、BD的交点，下列说法正确的是（　　）
A．D点的电势 B．O点的电势
C．电场强度大小为 D．电场强度大小为
【答案】B,D
【知识点】等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．由于A点电势为2V，C点电势为6V，O是AC中点，由匀强电场特点知，O点电势为4V，故对角线BD为等势线，，A错误，B正确；
CD．正好沿着电场线方向，故电场强度大小为
代入得，C错误， D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用匀强电场中电势的对称性（中点电势为两端点电势的平均值）计算点的电势，结合场强与电势差的关系（为沿电场线的距离）求场强大小。
9．穿越机比无人机有着更高的速度，更强的机动性。如图，某穿越机沿水平方向做加速直线运动，某时刻空气对其作用力F与运动方向成角，速度为v，穿越机重力为G，则此时（　　）
A．重力的功率为0
B．重力的功率为
C．空气对其作用力的功率为
D．空气对其作用力的功率为
【答案】A,C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】AB．重力的方向竖直向下，方向与穿越机的运动方向垂直，所以重力不做功，重力的功率为0，故A正确，B错误；
CD．空气对穿越机的作用力在运动方向的分力大小为
所以功率大小为，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据功率的计算公式P=Fvcosα（α为力与速度方向的夹角），结合受力平衡的竖直方向分量，分析重力和空气作用力的功率。
10．2025年3月4日，我国2025年发射神舟二十号、神舟二十一号载人飞船和一艘货运飞船，执行二次载人飞行任务，如果“神舟二十号”飞船升空后先进入停泊轨道即近地圆形轨道，之后进入转移轨道，最后在中国空间站轨道与天和核心舱对接，如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高度为h，飞船在停泊轨道运行的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．从停泊轨道进入转移轨道在P点需要减速
B．天和核心舱的向心加速度大小为
C．可估得地球密度为
D．飞船从P点运行到Q点需要的时间为
【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船需要通过加速做离心运动，从停泊轨道进入转移轨道，故A错误；
B．设天和核心舱的向心加速度大小为 a ，地表物体 受的重力为 ，由
解得 ，故B正确；
C．飞船在停泊轨道运行的周期为 T ，根据万有引力提供向心力有 ，解得
则地球的密度为
解得，故C正确；
D．设飞船在转移轨道运行的周期为 ，由开普勒第三定律有 ，整理可得
故飞船在转移轨道上从 P 点飞到 Q 点所需的时间为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】结合天体运动的变轨规律（离心/近心运动的条件）、万有引力定律（万有引力提供向心力）、黄金代换式，以及开普勒第三定律，分析各物理量的关系。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．某学习小组设计如图1所示电路探究电容器的充、放电过程。
（1）按图1所示连接电路，将开关S拨到1时，通过电流表的电流方向　 　填“向左”或“向右”。等待充电完成后，将开关S拨到2，读出电流表的示数并记录在表格中，若在图2中作出的图像与坐标轴围成的面积为85格，则电容器放电前所带的电荷量为　 　结果保留三位有效数字。
（2）若作出的图像为图3中的曲线a，现仅增大R的阻值，重复上述步骤，作出的图可能是图3中的曲线　 　填“a”“b”或“c”。
【答案】（1）向右；
（2）b
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）图1可知，将开关拨到1时，通过电流表的电流方向向右；根据可知图像与横轴围成的面积表示电荷量，图2中每一小格表示的电量为
故电容器放电前所带的电荷量为
故答案为：向右；
（2）因 图像的面积等于电容器带电量，则整个放电过程图线与坐标轴所围面积不变，仅增大 R 的阻值，电容器放电电流越小，则放电时间越长，故 图可能是图3中的曲线b。
故答案为：b
【分析】（1）电容器充电时，正电荷向正极板移动，据此判断电流方向；图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，结合图像的标度计算电荷量大小。
（2）增大电阻时，电容器放电的初始电流和放电时间会发生变化，结合电路的放电规律分析图像的变化趋势。
（1）图1可知，将开关拨到1时，通过电流表的电流方向向右；根据可知图像与横轴围成的面积表示电荷量，图2中每一小格表示的电量为
故电容器放电前所带的电荷量为
（2）因 图像的面积等于电容器带电量，则整个放电过程图线与坐标轴所围面积不变，仅增大 R 的阻值，电容器放电电流越小，则放电时间越长，故 图可能是图3中的曲线b。
12．验证“机械能守恒定律”实验装置如图所示。
（1）除图1所示器材外，还需选用______（多选）
A．刻度尺 B．秒表 C．学生电源
（2）如图2为截取实验所获一条纸带的部分，已知为测量起点，、、、为4个连续打下的点，打点频率为50Hz，则打点“”时，重锤的速度为　 　（保留2位有效数字）。
（3）实验中发现，各标记点的动能大于从至该点过程中重力势能减少量，其原因可能是______（单选）
A．工作电压偏低
B．存在空气阻力和纸带的摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
（4）改用如图3所示的气势导轨进行实验，将气垫导轨调至水平，将滑块移至图示位置，静止释放滑块，读出挡光片通过光电门的挡光时间，测出挡光片的宽度和挡光片到光电门的距离，用天平称出托盘和砝码的总质量以及滑块和挡光片的总质量。若要验证机械能守恒定律的结论，以上物理量应满足的关系式是　 　。
【答案】（1）A；C
（2）2.4
（3）C
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为，动能的增加量为
重力势能的减少量为，若关系式满足，即
可验证机械能守恒定律。
【分析】（1）验证“机械能守恒定律”实验中需要刻度尺和学生电源，不需要秒表。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，计算C点速度。
（3）接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，则此时C点的速度偏大，动能偏大。
（4）通过光电门的速度，满足，可验证机械能守恒定律。
（1）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。
故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为
动能的增加量为
重力势能的减少量为
若关系式满足
即
可验证机械能守恒定律。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．如图所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B，静止在图示位置；若固定的带正电的小球A电量为Q，B球的质量为m，带电量为q，丝线与竖直方向夹角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中。重力加速度g，求：
（1）A、B两球之间静电力是多大？
（2）A、B两球之间的距离为多少？
【答案】（1）解：以小球B为研究对象，对小B球进行受力分析，受到重力，A对B的库仑斥力，沿绳的拉力，根据小球处于平衡状态，得B受到的电场力大小
（2）解：根据库仑定律得小球B所受库仑力大小为
联立上式，解得A、B两球之间的距离为
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】(1) 小球B处于静止状态，受力平衡，将丝线的拉力分解为水平和竖直方向，结合平衡条件求解A、B间的静电力。
(2) 由库仑定律公式，将静电力的结果代入，变形推导A、B两球间的距离。
14．汽车发动机的额定功率为，汽车的质量为，汽车在水平路面上直线行驶时，阻力是车重的0.1倍，。
（1）求汽车的最大行驶速度；
（2）若汽车以的加速度从静止开始做匀加速启动，则经过多长时间汽车功率达到额定值？
（3）若汽车保持额定功率不变从静止启动，经到达最大行驶速度，则汽车从静止到开始匀速运动时所通过的路程是多少？
【答案】（1）解：若汽车保持额定功率不变从静止启动，当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，则有
其中
解得
（2）解：若汽车以的加速度从静止开始做匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
解得
当汽车功率达到额定值时，汽车速度为
则加速时间为
（3）解：若汽车保持额定功率不变从静止启动，经到达最大行驶速度，由（1）问可知最大速度为；根据动能定理可得
代入数据解得
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 汽车达到最大速度时做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，结合功率公式求解最大行驶速度。
(2) 匀加速启动阶段，由牛顿第二定律求牵引力，再结合功率公式求匀加速的末速度，最后由运动学公式求时间。
(3) 汽车以额定功率启动的过程，牵引力做功为，阻力做功为，由动能定理求解行驶的路程。
（1）若汽车保持额定功率不变从静止启动，当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，则有
其中
解得
（2）若汽车以的加速度从静止开始做匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
解得
当汽车功率达到额定值时，汽车速度为
则加速时间为
（3）若汽车保持额定功率不变从静止启动，经到达最大行驶速度，由（1）问可知最大速度为；根据动能定理可得
代入数据解得
15．如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列图中只画出4个，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，两板间距离为2L，两极板间的电压，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧射出，最后打到荧光屏上。
（1）求第1个金属圆筒的长度；
（2）若金属圆筒个数，求电子打在荧光屏的位置与O点间的距离；
（3）金属圆筒个数n取何值时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为多少？
【答案】（1）解：根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均为，电子第一次加速过程，根据动能定理，有
第1个圆筒的长度为，
解得
（2）解：设电子从第4个圆筒射出后的速度为，根据动能定理，有
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为t
水平方向：
竖直方向加速度：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
解得
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向：
沿竖直方向：，
解得
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为
（3）解：设有n个金属圆筒，电子在加速电场中做功为
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为，水平方向：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为：
电子在偏转电场中做功为
电子从开始加速到离开偏转电场过程，根据动能定理，有
解得
解得当时，动能最小，
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 电子在第一个金属圆筒与间隙间的电场中加速，结合交变电压的周期和运动时间，利用动能定理与运动学公式推导圆筒长度。(2) 当金属圆筒个数n=4时，先通过多次加速的动能定理求电子进入偏转电场的速度，再分析偏转电场中的类平抛运动，结合几何关系求荧光屏上的偏移距离。
(3) 电子打在荧光屏上的动能由加速获得的动能和偏转电场做功共同决定，分析偏转电场做功的临界条件（偏转位移为 0 时做功为 0），推导n的取值和最小动能。
（1）根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均为，电子第一次加速过程，根据动能定理，有
第1个圆筒的长度为，
解得
（2）设电子从第4个圆筒射出后的速度为，根据动能定理，有
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为t
水平方向：
竖直方向加速度：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
解得
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向：
沿竖直方向：，
解得
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为
（3）设有n个金属圆筒，电子在加速电场中做功为
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为，水平方向：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为：
电子在偏转电场中做功为
电子从开始加速到离开偏转电场过程，根据动能定理，有
解得
解得当时，动能最小，
1 / 1湖南省名校联盟（YDYC）2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷 B卷
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1．“判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。如图四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（　　）
A．甲和乙 B．乙和丁 C．乙和丙 D．甲和丁
2．关于生活中的圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．汽车经过拱形桥的最高点时处于超重状态
B．公交车拐弯时乘客有倒向弯道内侧的趋势
C．秋千摆到最低点时，坐在秋千上的小孩对秋千的压力可能小于小孩受到的重力
D．火车轨道在弯道处外轨略高于内轨，可使火车拐弯时轮缘对内、外轨的弹力均为0
3．哈尔滨2025年第九届亚洲冬季运动会短道速滑项目上，我国选手林孝埈夺得男子500米金牌。比赛中林孝埈减速滑过弯道时他受合力及速度方向可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．“七星连珠”是一种罕见的天文现象，指太阳系中距太阳由近到远的七颗行星（水星、金星、火星、木星、土星、天王星、海王星）在天空中几乎排列成一条直线。假设某次“七星连珠”发生时，七颗行星按照距离太阳由近到远的顺序在太阳同一侧排列成一条直线，行星绕太阳的运动均看作匀速圆周运动，且仅考虑受太阳引力作用。则下列说法中正确的是（　　）
A．水星距离太阳最近，受到太阳引力最大
B．水星距离太阳最近，线速度最小
C．海王星距离太阳最远，周期最大
D．海王星距离太阳最远，加速度最大
5．2025年1月7日，中国航天实现开门红，实践25号双机械臂的在轨服务卫星成功发射，标志我国在该领域技术水平居于世界前列。研发过程中，实验室测试机械臂抛投物体，把质量为m的小球从同一高度的A、B两点抛出，均能垂直击中竖直墙壁上的目标点P，轨迹如图。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．B点抛出的运动时间更短
B．B点抛出的运动时间更长
C．A点抛出的初速度的水平分量更小
D．A点抛出的初速度的水平分量更大
6．2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，每节车厢所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车动力全开沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（　　）
A．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零
B．若列车匀速行驶，则车厢间拉力均不为零
C．若列车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
D．若列车匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7．从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关，联系生活实际是学好物理的基础。下列有关电学知识的相关说法中，正确的是（　　）
A．图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服应用了静电屏蔽的原理
B．图乙为家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的
C．图丙为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在带负电的金属板上
D．图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相同的电荷
8．如图所示，边长为的正方形ABCD处在匀强电场中，且正方形平面与电场线平行。已知，，，O是对角线AC、BD的交点，下列说法正确的是（　　）
A．D点的电势 B．O点的电势
C．电场强度大小为 D．电场强度大小为
9．穿越机比无人机有着更高的速度，更强的机动性。如图，某穿越机沿水平方向做加速直线运动，某时刻空气对其作用力F与运动方向成角，速度为v，穿越机重力为G，则此时（　　）
A．重力的功率为0
B．重力的功率为
C．空气对其作用力的功率为
D．空气对其作用力的功率为
10．2025年3月4日，我国2025年发射神舟二十号、神舟二十一号载人飞船和一艘货运飞船，执行二次载人飞行任务，如果“神舟二十号”飞船升空后先进入停泊轨道即近地圆形轨道，之后进入转移轨道，最后在中国空间站轨道与天和核心舱对接，如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高度为h，飞船在停泊轨道运行的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）
A．从停泊轨道进入转移轨道在P点需要减速
B．天和核心舱的向心加速度大小为
C．可估得地球密度为
D．飞船从P点运行到Q点需要的时间为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11．某学习小组设计如图1所示电路探究电容器的充、放电过程。
（1）按图1所示连接电路，将开关S拨到1时，通过电流表的电流方向　 　填“向左”或“向右”。等待充电完成后，将开关S拨到2，读出电流表的示数并记录在表格中，若在图2中作出的图像与坐标轴围成的面积为85格，则电容器放电前所带的电荷量为　 　结果保留三位有效数字。
（2）若作出的图像为图3中的曲线a，现仅增大R的阻值，重复上述步骤，作出的图可能是图3中的曲线　 　填“a”“b”或“c”。
12．验证“机械能守恒定律”实验装置如图所示。
（1）除图1所示器材外，还需选用______（多选）
A．刻度尺 B．秒表 C．学生电源
（2）如图2为截取实验所获一条纸带的部分，已知为测量起点，、、、为4个连续打下的点，打点频率为50Hz，则打点“”时，重锤的速度为　 　（保留2位有效数字）。
（3）实验中发现，各标记点的动能大于从至该点过程中重力势能减少量，其原因可能是______（单选）
A．工作电压偏低
B．存在空气阻力和纸带的摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
（4）改用如图3所示的气势导轨进行实验，将气垫导轨调至水平，将滑块移至图示位置，静止释放滑块，读出挡光片通过光电门的挡光时间，测出挡光片的宽度和挡光片到光电门的距离，用天平称出托盘和砝码的总质量以及滑块和挡光片的总质量。若要验证机械能守恒定律的结论，以上物理量应满足的关系式是　 　。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13．如图所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B，静止在图示位置；若固定的带正电的小球A电量为Q，B球的质量为m，带电量为q，丝线与竖直方向夹角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中。重力加速度g，求：
（1）A、B两球之间静电力是多大？
（2）A、B两球之间的距离为多少？
14．汽车发动机的额定功率为，汽车的质量为，汽车在水平路面上直线行驶时，阻力是车重的0.1倍，。
（1）求汽车的最大行驶速度；
（2）若汽车以的加速度从静止开始做匀加速启动，则经过多长时间汽车功率达到额定值？
（3）若汽车保持额定功率不变从静止启动，经到达最大行驶速度，则汽车从静止到开始匀速运动时所通过的路程是多少？
15．如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列图中只画出4个，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，两板间距离为2L，两极板间的电压，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧射出，最后打到荧光屏上。
（1）求第1个金属圆筒的长度；
（2）若金属圆筒个数，求电子打在荧光屏的位置与O点间的距离；
（3）金属圆筒个数n取何值时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等效法；微元法；放大法
【解析】【解答】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法，丙图用的是等效思想，则四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是甲图和丁图。
故答案为：D。
【分析】本题考查物理研究中的思想方法，核心是识别微元法、放大法、等效法的应用场景，对比四幅图的方法本质。
2．【答案】D
【知识点】生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．汽车经过拱形桥的最高点时，加速度竖直向下，处于失重状态，故A错误；
B．因为惯性公交车拐弯时乘客有倒向弯道外侧的趋势，故B错误；
C．秋千摆到最低点时，根据牛顿第二定律，可得秋千对小孩的支持力
根据牛顿第三定律可知坐在秋千上的小孩对秋千的压力大于小孩受到的重力，故C错误；
D．火车转弯时，外轨略高于内轨的设计是为了利用重力和支持力的合力提供向心力，从而减少轮缘对铁轨的侧向压力。理想情况下，如果倾角设计合理，火车可以完全依靠重力和支持力的合力提供向心力，此时轮缘对内、外轨的弹力均为0，故D正确。
故答案为：D。
【分析】结合圆周运动的向心力来源、超重失重的判断条件（加速度方向）和惯性的表现，分析生活中圆周运动现象的受力与运动规律。
3．【答案】D
【知识点】曲线运动的条件
【解析】【解答】根据曲线运动的特点，速度沿切线方向和合外力指向曲线凹侧，及减速曲线运动的条件，合力方向与速度方向夹角大于90度，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据曲线运动的受力规律（合力指向曲线凹侧）和减速运动的条件（合力与速度方向的夹角大于 90°），判断合力与速度的方向关系。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．根据万有引力定律有 ，引力的大小取决于太阳质量、行星质量和它们之间的距离。题目中没有给出行星的质量信息，所以不能确定引力的大小关系，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有 ，解得
即距离越小，线速度越大。因此，水星距离最近，线速度应最大，而不是最小，故B错误；
C．根据周期和线速度的关系有 ，即距离越大，周期越大。海王星距离最远，周期应最大，故C正确；
D．根据牛顿第二定律有 ，解得
即距离越小，加速度越大。海王星距离最远，因此加速度最小，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据万有引力定律和天体匀速圆周运动的规律（万有引力提供向心力），推导线速度、周期、加速度的表达式，结合轨道半径的大小关系判断物理量的变化。
5．【答案】D
【知识点】自由落体运动；斜抛运动
【解析】【解答】AB．小球做斜抛运动，两次抛体运动均垂直击中P点，说明竖直方向分运动的末速度为零，利用逆向思维，将小球从P到A、B看为平抛运动，根据，解得
可知，小球从A、B两点抛出，击中目标点P的时间相等，故AB错误；
CD．小球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，则初速度的水平分量
A点抛出的水平分位移大于B点抛出的水平分位移，结合上述可知，运动时间相等，则A点抛出的初速度的水平分量更大，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】采用逆向思维将斜抛运动转化为平抛运动，结合平抛运动的竖直方向自由落体规律判断运动时间，根据水平方向匀速直线运动规律分析初速度的水平分量。
6．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．当动车组做匀速运动时，对整体有
解得
则根据平衡条件可知第一列车厢有
对于一、二列车厢整体有
可得二、三节车厢间作用力为
以此类推，可知 ， ， ， ，
则可知各车厢间的作用力不是都为零，A错误；B错误；
CD．若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律有
整列车的加速度大小为
对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律有
解得 ，C错误；D正确。
故答案为：D。
【分析】通过整体法与隔离法分析列车的受力，结合平衡条件（匀速）和牛顿第二定律（匀加速），推导车厢间的拉力大小。
7．【答案】A,B
【知识点】静电的防止与利用；电场强度的叠加
【解析】【解答】A．图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服应用了静电屏蔽的原理，故A正确；
B．图乙为家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的原理而制成的，故B正确；
C．图丙为静电除尘装置的示意图，带负电的尘埃被收集在带正电的金属板上，故C错误；
D．图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带不同的电荷，从而产生引力，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】结合静电屏蔽、尖端放电、静电除尘、静电喷漆的工作原理，分析各电学现象的本质和电荷作用规律。
8．【答案】B,D
【知识点】等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．由于A点电势为2V，C点电势为6V，O是AC中点，由匀强电场特点知，O点电势为4V，故对角线BD为等势线，，A错误，B正确；
CD．正好沿着电场线方向，故电场强度大小为
代入得，C错误， D正确。
故答案为：BD。
【分析】利用匀强电场中电势的对称性（中点电势为两端点电势的平均值）计算点的电势，结合场强与电势差的关系（为沿电场线的距离）求场强大小。
9．【答案】A,C
【知识点】功率及其计算
【解析】【解答】AB．重力的方向竖直向下，方向与穿越机的运动方向垂直，所以重力不做功，重力的功率为0，故A正确，B错误；
CD．空气对穿越机的作用力在运动方向的分力大小为
所以功率大小为，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据功率的计算公式P=Fvcosα（α为力与速度方向的夹角），结合受力平衡的竖直方向分量，分析重力和空气作用力的功率。
10．【答案】B,C,D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A．飞船需要通过加速做离心运动，从停泊轨道进入转移轨道，故A错误；
B．设天和核心舱的向心加速度大小为 a ，地表物体 受的重力为 ，由
解得 ，故B正确；
C．飞船在停泊轨道运行的周期为 T ，根据万有引力提供向心力有 ，解得
则地球的密度为
解得，故C正确；
D．设飞船在转移轨道运行的周期为 ，由开普勒第三定律有 ，整理可得
故飞船在转移轨道上从 P 点飞到 Q 点所需的时间为，故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】结合天体运动的变轨规律（离心/近心运动的条件）、万有引力定律（万有引力提供向心力）、黄金代换式，以及开普勒第三定律，分析各物理量的关系。
11．【答案】（1）向右；
（2）b
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）图1可知，将开关拨到1时，通过电流表的电流方向向右；根据可知图像与横轴围成的面积表示电荷量，图2中每一小格表示的电量为
故电容器放电前所带的电荷量为
故答案为：向右；
（2）因 图像的面积等于电容器带电量，则整个放电过程图线与坐标轴所围面积不变，仅增大 R 的阻值，电容器放电电流越小，则放电时间越长，故 图可能是图3中的曲线b。
故答案为：b
【分析】（1）电容器充电时，正电荷向正极板移动，据此判断电流方向；图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，结合图像的标度计算电荷量大小。
（2）增大电阻时，电容器放电的初始电流和放电时间会发生变化，结合电路的放电规律分析图像的变化趋势。
（1）图1可知，将开关拨到1时，通过电流表的电流方向向右；根据可知图像与横轴围成的面积表示电荷量，图2中每一小格表示的电量为
故电容器放电前所带的电荷量为
（2）因 图像的面积等于电容器带电量，则整个放电过程图线与坐标轴所围面积不变，仅增大 R 的阻值，电容器放电电流越小，则放电时间越长，故 图可能是图3中的曲线b。
12．【答案】（1）A；C
（2）2.4
（3）C
（4）
【知识点】验证机械能守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为，动能的增加量为
重力势能的减少量为，若关系式满足，即
可验证机械能守恒定律。
【分析】（1）验证“机械能守恒定律”实验中需要刻度尺和学生电源，不需要秒表。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，计算C点速度。
（3）接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，则此时C点的速度偏大，动能偏大。
（4）通过光电门的速度，满足，可验证机械能守恒定律。
（1）除图1所示器材外，还需选用刻度尺和学生电源，不需要秒表。
故选AC。
（2）根据中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得C点的瞬时速度为
（3）A．工作电压偏低，对实验结果无影响，故A错误；
B．若存在空气阻力和纸带的摩擦力，重力势能的减少量大于动能的增加量，故B错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时测得的C点的速度时下降的距离大于纸带上打点起点到C点间的距离，故此时C点的速度偏大，所以动能的增加量大于从至该点过程中重力势能减少量，故C正确。
故选C。
（4）挡光片通过光电门的速度为
动能的增加量为
重力势能的减少量为
若关系式满足
即
可验证机械能守恒定律。
13．【答案】（1）解：以小球B为研究对象，对小B球进行受力分析，受到重力，A对B的库仑斥力，沿绳的拉力，根据小球处于平衡状态，得B受到的电场力大小
（2）解：根据库仑定律得小球B所受库仑力大小为
联立上式，解得A、B两球之间的距离为
【知识点】库仑定律
【解析】【分析】(1) 小球B处于静止状态，受力平衡，将丝线的拉力分解为水平和竖直方向，结合平衡条件求解A、B间的静电力。
(2) 由库仑定律公式，将静电力的结果代入，变形推导A、B两球间的距离。
14．【答案】（1）解：若汽车保持额定功率不变从静止启动，当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，则有
其中
解得
（2）解：若汽车以的加速度从静止开始做匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
解得
当汽车功率达到额定值时，汽车速度为
则加速时间为
（3）解：若汽车保持额定功率不变从静止启动，经到达最大行驶速度，由（1）问可知最大速度为；根据动能定理可得
代入数据解得
【知识点】牛顿第二定律；机车启动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1) 汽车达到最大速度时做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，结合功率公式求解最大行驶速度。
(2) 匀加速启动阶段，由牛顿第二定律求牵引力，再结合功率公式求匀加速的末速度，最后由运动学公式求时间。
(3) 汽车以额定功率启动的过程，牵引力做功为，阻力做功为，由动能定理求解行驶的路程。
（1）若汽车保持额定功率不变从静止启动，当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，则有
其中
解得
（2）若汽车以的加速度从静止开始做匀加速启动，根据牛顿第二定律可得
解得
当汽车功率达到额定值时，汽车速度为
则加速时间为
（3）若汽车保持额定功率不变从静止启动，经到达最大行驶速度，由（1）问可知最大速度为；根据动能定理可得
代入数据解得
15．【答案】（1）解：根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均为，电子第一次加速过程，根据动能定理，有
第1个圆筒的长度为，
解得
（2）解：设电子从第4个圆筒射出后的速度为，根据动能定理，有
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为t
水平方向：
竖直方向加速度：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
解得
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向：
沿竖直方向：，
解得
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为
（3）解：设有n个金属圆筒，电子在加速电场中做功为
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为，水平方向：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为：
电子在偏转电场中做功为
电子从开始加速到离开偏转电场过程，根据动能定理，有
解得
解得当时，动能最小，
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】(1) 电子在第一个金属圆筒与间隙间的电场中加速，结合交变电压的周期和运动时间，利用动能定理与运动学公式推导圆筒长度。(2) 当金属圆筒个数n=4时，先通过多次加速的动能定理求电子进入偏转电场的速度，再分析偏转电场中的类平抛运动，结合几何关系求荧光屏上的偏移距离。
(3) 电子打在荧光屏上的动能由加速获得的动能和偏转电场做功共同决定，分析偏转电场做功的临界条件（偏转位移为 0 时做功为 0），推导n的取值和最小动能。
（1）根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均为，电子第一次加速过程，根据动能定理，有
第1个圆筒的长度为，
解得
（2）设电子从第4个圆筒射出后的速度为，根据动能定理，有
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为t
水平方向：
竖直方向加速度：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
解得
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向：
沿竖直方向：，
解得
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为
（3）设有n个金属圆筒，电子在加速电场中做功为
电子在偏转电场中做类平抛运动，设运动时间为，水平方向：
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为：
电子在偏转电场中做功为
电子从开始加速到离开偏转电场过程，根据动能定理，有
解得
解得当时，动能最小，
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